Questão 4:(2.5 pontos)
a) Expresse a função
g(t)= \begin{cases}0, & t<\frac{1}{2} \\\\ 1, & \frac{1}{2} \leq t<1 \\\ t, & t \geq 1\end{cases}
cm termos da função degrau unitário u_{c}(t). (0.7 pontos)
b) Utilize a transformada de Laplace para determinar a solução do seguinte problema de valor inicial:
\left\{\begin{array}{l} y^{\prime \prime}+4 y=g(t) \\\ y(0)=0, y^{\prime}(0)=0 \end{array}\right.
(Dica: Use que \frac{1}{s\left(s^{2}+4\right)}=\frac{1}{4} \frac{1}{s}-\frac{1}{4} \frac{s}{s^{2}+4}, \frac{1}{s^{2}\left(s^{2}+4\right)}=\frac{1}{4} \frac{1}{s^{2}}-\frac{1}{4} \frac{1}{s^{2}+4} ) (1.8 pontos)

Passo 1

O enunciado dá a função em partes
g(t)= \begin{cases}0, & t<\tfrac{1}{2}, \\[4pt] 1, & \tfrac{1}{2}\le t<1, \\[4pt] t, & t\ge 1,\end{cases}
e pede duas coisas:
  • (a) escrever g(t)\) em termos da função degrau unitário \(u_{c}(t)\) (ou seja, \(u_a(t)\) que vale \(0\) para \(t<a\) e \(1\) para \(t\ge a\)); - (b) resolver o problema de valor inicial \[\begin{cases} y''+4y=g(t),\\[4pt] y(0)=0,\; y'(0)=0, \end{cases}
utilizando transformada de Laplace.
Informações relevantes que temos:
  • A definição de g(t)\] em três ramos mostrada acima. - As condições iniciais \(y(0)=0 e y'(0)=0.
    - A pista sobre decomposições racionais para ajudar na inversa da Laplace:
\frac{1}{s(s^{2}+4)}=\frac{1}{4}\frac{1}{s}-\frac{1}{4}\frac{s}{s^{2}+4}, \qquad \frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}=\frac{1}{4}\frac{1}{s^{2}}-\frac{1}{4}\frac{1}{s^{2}+4}.]

Passo 2

(a) Vamos construir g(t) com degraus. Lembre o comportamento do degrau: u_a(t)=0 se t<a e u_a(t)=1 se t\ge a.
Queremos uma expressão g(t) tal que:
  • para t<\tfrac{1}{2}: g(t)=0,
  • para \tfrac{1}{2}\le t<1: g(t)=1,
  • para t\ge1: g(t)=t.
Uma forma direta é somar um degrau que “liga” no instante t=\tfrac{1}{2} e, a partir de t=1, substituir o valor constante por uma função t. Pense assim: a função que vale 1 para t\ge\tfrac{1}{2} é u_{1/2}(t). Para que, quando t\ge1, o valor passe de 1 para t, basta acrescentar a partir de t=1 a função (t-1) (que é zero antes de 1 e cresce depois). Logo
g(t)=u_{1/2}(t)+(t-1)\,u_{1}(t).
Verificação rápida (casos):
  • t<\tfrac{1}{2}: u_{1/2}=0, u_1=0 então g=0.
  • \tfrac{1}{2}\le t<1: u_{1/2}=1, u_1=0 então g=1.
  • t\ge1: u_{1/2}=1, u_1=1 então g=1+(t-1)=t.
Portanto a expressão em termos do degrau unitário está correta.

Passo 3

Antes de aplicar Laplace, resumo rápido (comecinho de aula curta) das fórmulas que vamos usar:
  • A transformada de Laplace de y(t) é Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\}=\int_{0}^{\infty}e^{-st}y(t)\,dt.
  • Derivadas: \mathcal{L}\{y'(t)\}=sY(s)-y(0) e \mathcal{L}\{y''(t)\}=s^{2}Y(s)-s y(0)-y'(0).
  • Teorema do deslocamento no tempo (para degrau): se f(t) tem \mathcal{L}\{f(t)\}=F(s) então \mathcal{L}\{u_a(t)f(t-a)\}=e^{-as}F(s). Em particular, \mathcal{L}\{u_a(t)\}=e^{-as}/s e \mathcal{L}\{(t-a)u_a(t)\}=e^{-as}/s^{2}.
    Essas fórmulas são as ferramentas principais.

Passo 4

Aplicando transformada de Laplace na equação \;y''+4y=g(t)\; e usando y(0)=0,\;y'(0)=0:
\mathcal{L}\{y''\}+4\mathcal{L}\{y\}=\mathcal{L}\{g(t)\}.
Pela fórmula das derivadas:
s^{2}Y(s)+4Y(s)=G(s),
onde Y(s)=\mathcal{L}\{y(t)\} e G(s)=\mathcal{L}\{g(t)\}. Assim
Y(s)=\frac{G(s)}{s^{2}+4}.

Passo 5

Agora precisamos de G(s). Usamos a expressão encontrada no Passo 2:
g(t)=u_{1/2}(t)+(t-1)u_{1}(t).
Pela linearidade e pelo teorema do deslocamento no tempo:
\mathcal{L}\{u_{1/2}(t)\}=\frac{e^{-s/2}}{s}, \qquad \mathcal{L}\{(t-1)u_{1}(t)\}=\frac{e^{-s}}{s^{2}}.
Portanto
G(s)=\frac{e^{-s/2}}{s}+\frac{e^{-s}}{s^{2}}.

Passo 6

Substituindo G(s) em Y(s)=\dfrac{G(s)}{s^{2}+4} obtemos
Y(s)=\frac{e^{-s/2}}{s(s^{2}+4)}+\frac{e^{-s}}{s^{2}(s^{2}+4)}.
Vamos inverter cada termo usando as decomposições dadas na dica.

Passo 7

Usando as identidades da dica:
\frac{1}{s(s^{2}+4)}=\frac{1}{4}\frac{1}{s}-\frac{1}{4}\frac{s}{s^{2}+4},
\frac{1}{s^{2}(s^{2}+4)}=\frac{1}{4}\frac{1}{s^{2}}-\frac{1}{4}\frac{1}{s^{2}+4}.
Logo
Y(s)=e^{-s/2}\left(\frac{1}{4}\frac{1}{s}-\frac{1}{4}\frac{s}{s^{2}+4}\right) +e^{-s}\left(\frac{1}{4}\frac{1}{s^{2}}-\frac{1}{4}\frac{1}{s^{2}+4}\right).

Passo 8

Agora fazemos transformada inversa termo a termo. Primeiro recordando as transformadas inversas básicas:
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s}\right\}=1,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{s}{s^{2}+4}\right\}=\cos(2t),
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}}\right\}=t,\qquad \mathcal{L}^{-1}\!\left\{\frac{1}{s^{2}+4}\right\}=\frac{1}{2}\sin(2t).
Pelo teorema do deslocamento no tempo (fator e^{-as} gera multiplicação por u_a(t) e argumento reduzido t-a):
  • O primeiro grupo com e^{-s/2}: \mathcal{L}^{-1}\!\left\{e^{-s/2}\frac{1}{4}\frac{1}{s}\right\}=\frac{1}{4}u_{1/2}(t),
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-e^{-s/2}\frac{1}{4}\frac{s}{s^{2}+4}\right\}=-\frac{1}{4}u_{1/2}(t)\cos\!\big(2(t-\tfrac{1}{2})\big).
  • O segundo grupo com e^{-s}: \mathcal{L}^{-1}\!\left\{e^{-s}\frac{1}{4}\frac{1}{s^{2}}\right\}=\frac{1}{4}u_{1}(t)\,(t-1),
\mathcal{L}^{-1}\!\left\{-e^{-s}\frac{1}{4}\frac{1}{s^{2}+4}\right\}=-\frac{1}{4}u_{1}(t)\cdot\frac{1}{2}\sin\!\big(2(t-1)\big)=-\frac{1}{8}u_{1}(t)\sin\!\big(2(t-1)\big).

Passo 9

Somando todas as contribuições obtemos a solução y(t):
y(t)=\frac{1}{4}u_{1/2}(t)-\frac{1}{4}u_{1/2}(t)\cos\!\big(2(t-\tfrac{1}{2})\big) +\frac{1}{4}u_{1}(t)(t-1)-\frac{1}{8}u_{1}(t)\sin\!\big(2(t-1)\big).
Podemos também escrever de forma mais agrupada:
y(t)=\frac{1}{4}u_{1/2}(t)\big[\,1-\cos\!\big(2(t-\tfrac{1}{2})\big)\,\big] +u_{1}(t)\left[\frac{1}{4}(t-1)-\frac{1}{8}\sin\!\big(2(t-1)\big)\right].
Se desejar versão em forma de partes (mais intuitiva para checar valores):
  • Para t<\tfrac{1}{2}: y(t)=0.
  • Para \tfrac{1}{2}\le t<1: y(t)=\dfrac{1}{4}\big[1-\cos\!\big(2(t-\tfrac{1}{2})\big)\big].
  • Para t\ge1:
y(t)=\frac{1}{4}\big[1-\cos\!\big(2(t-\tfrac{1}{2})\big)\big]+\frac{1}{4}(t-1)-\frac{1}{8}\sin\!\big(2(t-1)\big).

Resposta

(a) g(t)=u_{1/2}(t)+(t-1)\,u_{1}(t)
(b) y(t)=\frac{1}{4}u_{1/2}(t)\big[1-\cos\!\big(2(t-\tfrac{1}{2})\big)\big] +u_{1}(t)\left[\frac{1}{4}(t-1)-\frac{1}{8}\sin\!\big(2(t-1)\big)\right]

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